MAT Cálculo Avançado

(1)

MAT5711 - C´

alculo Avan¸cado

Aula 1

(2)

(3)

Conte´

udo

0.1 Aula 1 - 18 de mar¸co . . . 4 0.2 Aula 2 - 20 de mar¸co . . . 8 0.3 Aula ? - 29 de Abril . . . 12

(4)

0.1 Aula 1 - 18 de mar¸

co

Na última aula que tivemos presencialmente, no dia 13, foi introduzido o conceito de imersão. Defini¸c˜_{ao 1. Seja A um aberto de R}n _{e f : A → R}n+k (k ≥ 0) uma fun¸cão de classe C1. Dado x0∈ A, dizemos que f é uma imersão em x0 se Df (x0) é injetora.

Lembrar o que isso significa em termos da matriz jacobiana tamb´em ´e importante. Dizer que f ´

e uma imers˜ao em x0 implica que a matriz jaccobiana possui um menor n × n com determinante

não-nulo. e depois, foi apresentada uma proposi¸cão (cuja demonstra¸cão é baseada na forma vetorial do teorema do valor médio.

Proposi¸c˜_{ao 1. Sejam, como acima, A ⊆ R}n _{aberto e f : A → R}n+k (k ≥ 0) uma fun¸cão C1. Suponhamos que f seja uma imersão em um certo ponto x0∈ A. Então existe uma vizinhan¸ca U de

x0, U ⊆ A tal que f é injetora em U. Além disso, se chamo W = f (U ), temos que f−1: W → U é

cont´ınua.

Exemplo 1. Considere a fun¸c˜_{ao f : R}2_{→ R}2+1 _{dada por}

f (x, y) = (x2+ 1, 2x + 3y, xy + 5x2).

Observe que f ´e de classe C1_{, pois todas as derivadas parciais existem e s˜}_{ao cont´ınuas. Nesse caso,}

a matriz jacobiana num ponto (x0, y0) ∈ R2´e

Jf(x0, y0) =     ∂ f1 ∂x(x0, y0) ∂ f1 ∂y (x0, y0) ∂ f2 ∂x(x0, y0) ∂ f2 ∂y (x0, y0) ∂ f3 ∂x(x0, y0) ∂ f3 ∂y (x0, y0)     =   2x0 0 2 3 y0+ 10x0 x0  

Suponha que f não é uma imers˜_{ao num certo ponto (x, y ∈ R}2. Então, devemos ter todos os menores com determinante nulo, ou seja

2x 0 2 3 = 2x 0 y + 10x x = 2 3 y + 10x x = 0 ⇒        6x = 0 2x2_{= 0} −28x − 3y = 0 ⇒ (x, y) = (0, 0).

Portanto, conclu´ımos que f ´e uma imers˜_{ao para todos os pontos de R}2_{\ {(0, 0, }.}

Exemplo 2. Dado A = (0, 7)2

⊆ R2_{, seja a fun¸}_c˜

ao g : A → R3_{dada por}

g(x, y) =xy, x, 12y4− 49y3_{+ 66xy}2_{− 35yx}2_{+ 6x}

Veja que g ´e de classe C1_{. A matriz jacobiana que representa Dg(x}

0, y0) ´e dada por Jg(x0, y0) =     ∂ g1 ∂x(x0, y0) ∂ g1 ∂y(x0, y0) ∂ g2 ∂x(x0, y0) ∂ g2 ∂y(x0, y0) ∂ g3 ∂x(x0, y0) ∂ g∂y3(x0, y0)     =   yxy−1 _xy_{log x} 1 0

66y2_{− 70xy + 6} _3y2_{(16y − 49) − 35x}2_{+ 132xy}





Como anteriormente, suponha que g n˜ao ´e uma imers˜_{ao num certo ponto (x, y) ∈ R}2_{. Ent˜}_{ao, devemos}

ter todos os menores com determinante nulo, ou seja yxy−1 _xy_{log x}

1 0

=

yxy−1 xylog x

66y2− 70xy + 6 3y2(16y − 49) − 35x2+ 132xy

(5)

CONTE ´UDO 0.1. AULA 1 - 18 DE MARC¸ O

1 0

66y2_{− 70xy + 6} _3y2_{(16y − 49) − 35x}2_{+ 132xy}

= 0 ⇒        −xy_{log x = 0} 2x2= 0 3y2_{(16y − 49) − 35x}2_{+ 132xy = 0}

Do primeiro menor, devemos −xylog x = 0 o que implica que x = 0 ou x = 1. Mas como o dom´ınio de g é A, segue que a única op¸cão poss´ıvel é x = 1. Analisemos agora o segundo menor. Sendo x = 1, temos y(3y2(16y − 49) + 132y − 35) = 0. Observando o 3y2(16y − 49) − 35x2+ 132xy = 0, e x = 1, logo 3y2(16y − 49) + 132y − 35 = 0. Precisamos analisar as ra´ızes da equa¸cão de terceiro grau 48y3_{+ 147y}2_{+ 132y − 35 = 0. Dada uma equa¸}_c˜_{ao de terceiro grau x}3_{+ a}

2x2+ a1x + a0= 0, se considerarmos Q =3a1− a 2 2 9 e R = 9a1a2− 27a0− 2a32 54 ,

temos 3 situa¸c˜oes poss´ıveis:

• Se Q3_{+ R}2_{> 0, a equa¸c˜}_{ao possui uma solu¸}_c˜_{ao real e duas imagin´}_{arias e conjugadas;}

• Se Q3_{+ R}2_{= 0, a equa¸}_c˜_{ao possui 3 solu¸}_c˜_{oes reais, e pelo menos duas delas s˜}_{ao iguais;}

• Se Q3_{+ R}2_{< 0, todas as solu¸}_c˜_{oes s˜}_{ao reais e distintas entre si, podendo ser obtidas por}

         x1= 2 √ −Q cosθ 3 x2= 2 √ −Q cosθ 3+ 2π 3 x3= 2 √ −Q cosθ 3+ 4π 3 , onde cos θ = − R p−Q3.

Para o nosso caso, temos a equa¸c˜ao y3₋49 16y 2₊11 4y − 35 48 = 0, e assim Q = 3 11 4 − − 49 16 2 9 = − 17 48 2 e R = 9 · 11 4 −49 16 − 27 − 35 48 − 2 − 49 16 3 54 = 2737 110952. Como − 17 48 23 + ₁₁₀₉₅₂2737 2 = ₍₂−174_·3)66 + 72_·172_·232 224_·36 = − 85 2304 2

< 0. Assim, a equa¸c˜ao admite 3 ra´ızes reais distintas, sendo elas

         ξ1= 17₂₄cos θ 3 ξ2= 17₂₄cos θ 3+ 2π 3 ξ3= 1724cos θ 3+ 4π 3 , onde cos θ = −10752 19363.

Vemos que 0 < ξi < 1, e portanto, (1, ξi) ∈ A. Assim g ´e uma imers˜ao para todo ponto de A \

{(1, ξ1), (1, ξ2), (1, ξ3)}.

Vejamos o que significa a proposi¸c˜ao 1. Dado qualquer ponto que n˜ao seja (1, ξi), vimos que a

fun¸cão g acima é uma imersão. Obviamente, isso não significa necessariamente que g seja injetora (basta ver que g(1, 1) = g(1, 2) = g 1,1₃ = g 1,3

4 = (1, 1, 0)). Por´em, o fato de g ser uma imers˜ao

implica uma injetividade local de g. Considere o ponto (2, 3). g é uma imersão nesse ponto. Assim, a proposi¸cão 1 nos garante que existe um aberto U ⊆ A contendo (2, 3) no qual g é injetora. Nesse caso espec´ıfico, podemos tomar U = (1, 3) × (2, 4).

O Teorema faz uso de uma vers˜ao de tipo vetorial do teorema do valor m´edio.

No mesmo arquivo, os exemplos da página 62-63 são interessantes e sugiro que vocês estudem eles.

(6)

Teorema 1 (Teorema da Imers˜_{ao). Sejam A ⊆ R}n _{aberto e f : R}n → Rn+k _{(k > 0) de classe C}1_.

Seja x0∈ A fixado. Se f é uma imersão em x0, então existe um aberto U ⊆ A, tal que x0∈ U (ou

seja, uma vizinhan¸ca aberta de x0 contida em A e tal que f (U ) é gráfico de uma fun¸cão de classe

C1

g : W → Rk_{, onde W ´}

e um aberto em Rn_.

Antes de dar a demonstra¸cão, observe que W não será contido em A, nem irá conter x0. Temos

um problema de dimensões; g será uma fun¸cão de n variáveis, f é uma fun¸cão de n + k variáveis. Observe também a conclusão do enunciado do teorema, a fun¸c˜_{ao g cai em R}k, assim k precisa ser pelo menos 1.

Outra observa¸cão antes de ver a demonstra¸cão: Pegue uma fun¸cão qualquer (pelo menos C1_);

por exemplo h(x) : R → R, h(x) = x2_{. Veja que h n˜}_{ao ´}_{e injetora. E pegue o gr´}_{afico dela, G(h) =}

{(x, y) ∈ R : y = x2_{}. Observe que tal gr´}_{afico ´}_{e imagem de uma fun¸}_c˜

ao f : R → R2_{, f (x) = (x, x}2_).

(G(h) é imagem de f, não gráfico de f, o gráfico de f est´_{a em R}3_{e s˜}_{ao os pontos (x, x, x}2_{); ´}_{e outra}

coisa e aqui não interessa). Observe que f é uma imersão em todos os pontos do dom´ınio (verifique como exerc´ıcio). O teorema trara em geral deste tipo de fun¸cões.

Demonstra¸cão. considere Df (x)0 o operador diferencial, que é injetor por hipótese. Seja a matriz

jacobiana associada Jf(x0) =      ∂ f1 ∂x₁(x0) · · · ∂ f1 ∂x_n(x0) .. . . .. ... ∂ fn+k ∂x₁ (x0) · · · ∂ fn+k ∂x_n (x0)     

Jf(x0) é uma matriz retangular, não tem determinante. As linhas dela são vetores de Rn. Pelos

resultados cl´assicos de ´Algebra Linear1

, temos n linhas linearmente independentes em Rn_{. Ou seja,}

em outras palavras, essas linhas podem ser isoladas para formar uma matriz quadrada que ter´a determinante n˜ao-nulo.

• Caso 1: Suponhamos que tais linhas sejam as n primeiras. Nesse caso,

Jf(x0) = ∂ f1 ∂x₁(x0) . . . ∂ f1 ∂x_n(x0) .. . . .. ... ∂ fn ∂x₁(x0) . . . ∂ fn ∂x_n(x0) ∂ fn+1 ∂x₁ (x0) . . . ∂ fn+1 ∂x_n (x0) .. . . .. ... ∂ fn+k ∂x₁ (x0) . . . ∂ fn+k ∂x_n (x0)

Imagine agora a identifica¸c˜_{ao natural de R}n+k_{com R}n× Rk _{(parece bobagem, mas ´}_{e bom que}

seja declarada, porque vamos trabalhar com Rn

× Rk_{, ´}_{e mais pr´}_{atico). Podemos assim escrever}

f (x) = (v(x), w(x)), onde v : A → Rn

, w : A → Rk_{. Pela hip´}_{otese deste caso 1, Dv(x}

0) : Rn→ Rn´e um isomorfismo.

Aplicamos o teorema da fun¸c˜ao inversa; existem uma vizinhan¸ca aberta U de x0em Rn(U ⊆ A)

e uma vizinhan¸ca aberta V de v(x0) em Rn tais que a restri¸c˜ao de v a U, v : U → V ´e injetora

e sobrejetora, C1 _{e com inversa C}1

. Seja agora g : V → Rk_{, onde g(y) = w(v}−1_{(y)) definida em}

um aberto de Rn _{que cont´}_{em v(x}

0) (n˜ao x0).

(7)

Agora, a imagem de f em U é {(v(x), w(x)), x ∈ U }. O gráfico de g é G(g) = {(y, g(y)) : y ∈ V };

assim y = v(x), x ∈ U e g(y) = w(v−1(y)) = w(x), x ∈ U. Ou seja, os dois conjuntos s˜ao iguais. • Caso 2: Considere Df (x0) e imagine que, em Jf(x0), as linhas ej1, . . . , ejnsejam linearmente

independentes, onde i 7→ ji´e uma aplica¸c˜ao crescente e injetora de {1, . . . , n} em {1, . . . , n+k}.

A ideia mais natural aqui ´e tentar dar um jeito de fazer essas linhas se tornarem as primeiras e aplicar o caso anterior. Para isso, vamos fazer uma multiplica¸c˜ao de matrizes que resolva nosso problema. Considere o isomorfismo linear T : Rn+k _{→ R}n+k_{, definido da seguinte maneira:}

chame ej o j-ésimo elemento da base canônica de Rn+k. T (ej1) = e1, . . . , T (ejn) = en; além

disso, sobram k vetores da base canˆ_{onica de R}n+k _{(tirando os e}

j) que devem ser aplicados em

en+1, . . . , en+k.

Considere ˜_{f = T ◦ f : A → R}n+k_{. Observe que J} ˜

f(x0) possui as primeiras n linhas linearmente

independentes, recaindo no caso 1.

Use T para obter g que funcione para f .

Ao lado do conceito de imers˜ao tem aquele de submers˜ao: Defini¸c˜_{ao 2. Sejam A aberto em R}n

e f : A → Rm_{de classe C}1_{. Dado x}

0∈ A, f ´e dita submers˜ao

em x0se Df (x0) ´e sobrejetora.

Neste caso, a matriz jacobiana

Jf(x0) =      ∂ f1 ∂x₁(x0) · · · ∂ f1 ∂x_n(x0) .. . . .. ... ∂ fm ∂x₁(x0) · · · ∂ fm ∂x_n(x0)     

tem estritamente mais colunas do que linhas, porque n ≥ m, sendo Df (x0) sobrejetora. E Jf(x0)

possui m colunas linearmente independentes.

Teorema 2 (Teorema da Submers˜_{ao). Sejam A ⊆ R}n+p

aberto e f : A → Rn+p _{de classe C}1_,

submers˜ao em um ponto x0 ∈ A. Suponha n > 0. Ent˜ao existe um aberto U de Rn+p, x0∈ U ⊆ A

tal que f (U ) ´_{e aberto em R}p_.

Demonstra¸c˜ao. Suponhamos que a matriz jacobiana de Df (x0) seja da forma

Jf(x0) = J1 J2 , onde J1=      ∂ f1 ∂x₁(x0) · · · ∂ f1 ∂x_n(x0) .. . . .. ... ∂ fp ∂x₁(x0) · · · ∂ fp ∂x_n(x0)      e J2=      ∂ f1 ∂x_n+1(x0) · · · ∂ f1 ∂x_n+1(x0) .. . . .. ... ∂ fp ∂x_n+p(x0) · · · ∂ fp ∂x_n+p(x0)     

(8)

Observe que J1 ´e retangular, e suponhamos que estamos num caso an´alogo ao caso 1 do teorema

anterior, ou seja, det J26= 0.

Se não for assim, podem primeiro ver a demonstra¸cão deste caso onde as colunas linearmente independentes estão ordenadas nas últimas posi¸cões, para depois proceder de um jeito parecido ao caso 2 geral do teorema anterior.

Assim, considere F : A → Rn_{× R}p

. Imagine Rn+p

= Rn_{× R}p _{e os pontos apresentados como}

pares (s, t), s ∈ Rn

, t ∈ Rp

. Portanto, definimos F : A → Rn_{× R}p_{, por F (s, t) = (s, f ((s, t)). Seja}

(s0, t0) = x0. F é claramente C1, e temos JF(s0, t0) = Id_Rn 0 J1 J2 . O determinante de JF(s0, t0) é não-nulo.

Portanto, podemos aplicar o teorema da fun¸c˜_{ao inversa. Existem um aberto U de R}n+p_{, com}

x0= (s0, t0) ∈ U ⊆ A e um aberto W de Rn× Rp, F (s0, t0) ∈ W tais que F U: U → W ´e biun´ıvoca.

Observe que f (U ) ´e a proje¸c˜ao de W sobre o segundo espa¸_{co, ou seja, P : R}n_×Rp_{→ R}p_{, P (w}

1, w2) =

w2e f (U ) = P (W ) ´e aberto e este fato conclui a prova.

Exerc´ıcio 1. Prove que P manda abertos em abertos.

0.2 Aula 2 - 20 de mar¸

co

Como consequˆencia do Teorema da Submers˜ao 2, temos o seguinte Corol´_{ario 1. Seja A ⊆ R}n+p

aberto, e f : A → Rp_{de classe C}1_{uma submers˜}_{ao em todos os pontos}

de A. Se n > 0, então f é aberta e não é injetora.

Observa¸cão 1. Uma fun¸cão f é dita aberta se manda conjuntos abertos do dom´ınio em conjuntos abertos do contradom´ınio. A condi¸cão n > 0 serve unicamente para provar que f não pode ser injetora.

Demonstra¸c˜ao. Vamos provar que f ´_{e aberta. Seja B ⊆ A um aberto (sendo A aberto ou R}n+p_,

B ⊆ A ´e aberto em A se e somente se ´_{e aberto em R}n+p_{, diferente seria a hist´}_{oria se falamos B}

fechado ou A não aberto; nesses casos, é necessário dizer claramente em qual topologia). Queremos provar que f (B) ´_{e aberto em R}p. Seja q ∈ f (B) e seja p ∈ B tal que f (p) = q. Pelo Teorema da Submersão 2, existe uma vizinhan¸ca aberta Up ⊆ A, com p ∈ Up, tal que f (Up) é aberto. Assim,

f (Up) é um aberto de Rp que contém q e está contido em f (B). Pela arbitrariedade de p, isso prova

que f (B) é aberto. A fun¸cão não pode ser injetora pela razão seguinte: seja p0∈ A; sabemos que

Df (p0) : Rn+p → Rp ´e sobrejetora. Se n > 0, aplicamos o Teorema da Fun¸c˜ao Impl´ıcita e existe

uma vizinhan¸ca U de p0 tal que o conjunto {x ∈ Up : f (x) = f (p0)} é gráfico de uma fun¸cão de n

variáveis, ou seja, não se reduz ao único ponto p0.

Vamos agora concluir esta parte do c´alculo diferencial multidimensional com o Teorema do Posto. Consideramos primeiramente uma matriz

M =     a11 . . . a1n .. . . .. ... am1 . . . amn    

(9)

que possui m linhas e n colunas, naturalmente associada a um operador linear que tamb´em chama-remos de M : Rn

→ Rm_{, abusando um pouco da nota¸}_c˜_{ao. Em ´}_{Algebra Linear, se define o posto}

de M como o número máxiom de linhas ou colunas linearmente independentes. Se prova que se maxLé o número máximo de linhas linearmente independentes (como vetores de Rn, no caso da M

acima) e maxC é o número máximo de colunas linearmente independentes, como vetores em Rm,

então maxL= maxC. Tal número k ≤ min{m, n} é chamado posto de M.

Sabemos que, se o posto de M é k, então existe uma submatriz de M, quadrada k × k, com determinante não-nulo. Mas é necessário definir uma submatriz. Seja então M como acima. Seja k ≤ m e k ≤ n. Sejam duas fun¸cões injetoras crescentes i → ji, i → ei, onde i = 1, . . . , k ji inteiro

entre 1 e m e ei inteiro entre 1 e n. De fato, estamos fazendo uma sele¸c˜ao de k linhas e k colunas.

A nova matriz quadrada ´e

N =     aj1e1 . . . aj1ek .. . . .. ... ajke1 . . . ajkek     .

Esta é uma submatriz (também dita um menor) quadrada. Em outras palavras, não se pode escolher de qualquer maneira os elementos da nova matriz. Os resultados da Álgebra Linear dizem que se M tem posto k, então existe uma submatriz quadrada k × k com deterinante não nulo e não existe uma submatriz quadrada (k + 1) × (k + 1) com determinante não nulo.

Do ponto de vista linear, temos trˆes resultados (entre outros):

1. Se M é uma matriz m × n, onde m = n e tem posto máximo, então o operador linear associado ´

e um isomorfismo;

2. Se m ≥ n e M tem posto n, então operador linear associado é sobrejetor; 3. Se m ≤ n e M tem posto n, então o operador linear associado é injetor.

Os três casos anteriores sempre contemplam a situa¸cão de M de posto máximo poss´ıvel. Do ponto de vista não linear, quando temos uma fun¸cão f de classe C1 _{e Df (x}

0) tem posto m´aximo,

temos o Teorema da Fun¸cão Inversa, o Teorema da Fun¸cão Impl´ıcita, o Teorema da Imersão e o Teorema da Submersão, dependendo se n = m ou maior ou menor. Trata-se de teoremas não lineares e locais.

Quando, no caso linear, o posto da matriz não é o máximo poss´ıvel temos o clássico resultado (que assume nomes diferentes em pa´ıses diferentes)

Teorema 3 (Teorema de Rouch´e-Capelli, Teorema de Rouch´_{e-Frobenius). Seja M : R}n _{→ R}m _o

operador linear asssociado à matri que chamamos ainda de M. Seja k o posto da matriz. Então, a dimensão do espa¸co de solu¸cões do sistema M v = 0 coincide com n − k.

No caso não linear a situa¸cão é diferente, mas temos um resultado que cuida dos casos em que Df (x0) não tem posto máximo.

Teorema 4 (Teorema do Posto). Seja A ⊆ Rm

aberto e f : A → Rn _{de classe C}1_{. Seja constante o}

posto de Df (x), ∀x ∈ A, sendo p tal valor. Suponhamos p > 0 (Df (x0) n˜ao ´e o operador nulo) e

p < n, p < m. Dado s0∈ A, então existe um aberto W ⊆ A, s0∈ W tal que f (W ) é gráfico de uma

fun¸c˜ao C1

definida em um aberto de Rp

com valores em Rn−p_.

(10)

Demonstra¸c˜ao. Seja s um gen´erico ponto de A (s pode ser qualquer). A matriz a ssociada a Df (s) ´ e Jf(s) =      ∂ f1 ∂x₁(s) . . . ∂ f1 ∂x_m(s) .. . . .. ... ∂ fn ∂x₁(s) . . . ∂ fn ∂x_m(s)     

Suponhamos que o menor com determinante n˜ao nulo, fixado um ponto s0 ∈ A, seja embaixo `a

direita: Jf(s0) =              ∂ f1 ∂x1(s0) . . . ∂ f1 ∂x_n−p(s0) ∂ f1 ∂x_n−p+1(s0) . . . ∂ f1 ∂x_n(s0) .. . . .. ... ... . .. ... ∂ fm−p ∂x₁ (s0) . . . ∂ fm−p ∂x_n−p(s0) ∂ fm−p ∂x_n−p+1(s0) . . . ∂m−p ∂x_n (s0) ∂ fm−p+1 ∂x₁ (s0) . . . ∂ fm−p+1 ∂x_n−p (s0) ∂ fm−p+1 ∂x_n−p+1(s0) . . . ∂m−p+1 ∂x_n (s0) .. . . .. ... ... . .. ... ∂ fm ∂x₁(s0) . . . ∂ fm ∂x_n−p(s0) ∂ fm ∂x_n−p+1(s0) . . . ∂m ∂x_n(s0)             

Seja, nesse caso particular, a matriz

Jf(s0) =      ∂ fm−p+1 ∂x_n−p+1(s0) . . . ∂ fm−p+1 ∂x_n (s0) .. . . .. ... ∂ fm ∂x_n−p+1(s0) . . . ∂ fm ∂x_n(s0)     

com determinante n˜_{ao nulo. Vamos agora representar R}m_{como R}m−p× Rp

, Rncomo Rn−p× Rp_.

Os pontos s ∈ A como s = (x, y), onde x ∈ Rm−p, y ∈ Rp, e f (s) = f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)), onde u : A → Rn−p, v : A → Rp.

A submatriz acima, que estamos supondo invers´ıvel ´e de fato a matriz de∂ v_∂y(s0), matriz p × p. O

determinante ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua (e aqui estamos usando a continuidade das derivadas, ou seja, o fato de f se C1_{.) Pela conserva¸}_c˜_{ao s}

0 ∈ U vaso, tal que ∀(x, y) ∈ U, tenhamos det∂ v_∂y(x, y) 6= 0.

Considere agora F : U → Rn−p_{× R}p_{, dada por F (x, y) = (x, v(x, y)). Para todo (x, y) ∈ U, temos}

JF(x, y) = Id_Rn−p 0 ∂ v ∂x(x, y) ∂ v ∂y(x, y) ! ´

E imediato observar que o determinante é não nulo. A menos de restringir eventualmente U, podemos apliccar o Teorema da FUn¸cão Inversa e dizer que existe um aberto W ⊆ A, (x0, y0) = s0 ∈ W, e

dois abertos U1⊆ Rn−p, x0 ∈ U e V1⊆ Rp, com v(s0) ∈ V, tais que F (W ) = U1× V1. F ´e injetora

e sobrejetora e com inversa C1. Chamamos de G tal inversa. Se (α, β) ´e uma vari´avel em U1× V1,

ent˜ao pode-se verificar que

v(h(α, β)) = β e v(h(U1× V1)) = v(W ) = V.

Portanto

(11)

que ´e um conjunto do tipo

{(λ(α, β), β), ∀(α, β) ∈ U1× V1},

onde λ ´e de classe C1 _{sendo composi¸}_c˜_{ao de fun¸}_c˜_{oes de classe C}1_{. Considere agora f ◦ h : U}

1× V1⊆

Rn−p× Rp → Rn num ponto genérico (α, β) ∈ U1× V1, há D(f ◦ h)(α, β) associado à matriz

Jf ◦h(α, β) = ∂ λ ∂α(α, β) ∂ λ ∂β(α, β) 0 Id_Rp !

Tal matriz ´e produto, pela regra da cadeia, Jf(h(α, β)) | {z } tem postop · Jh(α, β) | {z } ´e um isomorfismo .

Portanto, o posto de Jf ◦h(α, β) n˜ao ultrapassa p e isso significa que ∂ λ_∂α(α, β) deve ser

identica-mente nula (não determinante nulo, mas sim toda a matriz completamente zerada, senão ela iria aumentar o posto de Jf ◦h(α, β), somente tendo um elemento não nulo).

Portanto λ n˜ao depende de sua primeira coordenada e f (W ) = {(λ(β), β)|β ∈ V1},

ou seja, ´e o gr´afico de uma fun¸c˜_{ao definida em um aberto de R}p_.

Para concluir, a técnica é parecida à demonstra¸cão do Teorema da Fun¸cão Impl´ıcita e, como naquele caso, podemos passar ao caso geral removendo a condi¸cão inicial de que a submatriz p × p com determinante não nulo fosse aquela embaixo e à direita ou Jf(s0).

(12)

0.3 Aula ? - 29 de Abril

Seja E ⊆ Rn e seja f : E → R limitada e seja x ∈ E fixado e δ > 0 fixado. Definimos: M (f, x, δ) = sup{f (y) : y ∈ E, |y − x| < δ},

e tamb´em:

m(f, x, δ) = inf{f (y) : y ∈ E, |y − x| < δ}. ´

E f´acil ver que a fun¸c˜ao:

δ 7→ M (f, x, δ) ´

e crescente, e a fun¸c˜ao:

δ 7→ m(f, x, δ) ´

e decrescente. Assim podemos definir a oscila¸c˜ao de f em x como: o(f, x) = lim

δ→0 M (f, x, δ) − m(f, x, δ) .

Ent˜ao temos o(f, x) ≥ 0 para todo x ∈ E.

Exerc´ıcio 2. Mostre que f ´e cont´ınua em x se e s´o se o(f, x) = 0. Lema 1. Seja Q ⊆ Rn _retˆ

angulo. Seja f : Q → R limitada. Seja ε > 0 tal que o(f, x) < ε para todo x ∈ Q. Ent˜ao existe uma parti¸c˜ao P de Q tal que:

S(f, P ) − s(f, P ) < ε · v(Q).

Demonstra¸cão. Seja x ∈ Q fixado. Então existe um retângulo Qx tal que:

sup

t∈Qx

f (t) − inf

t∈Qx

f (t) < ε.

A fam´ılia {Qx}x∈Q´e uma cobertura do conjunto Q, o qual ´e compacto. Assim existe uma

subcober-tura finita de Q. Posso definir uma parti¸cão P de Q tal que cada R subretângulo determinado por P seja contida em algum Qx da subcobertura finita. Assim para todo subretângulo R de P temos

o seguinte: sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) < ε. Logo: S(f, P ) − s(f, P ) < ε · v(Q).

Teorema 6. Seja Q um retˆ_{angulo de R}N. Seja f : Q → R limitada. Chame B o conjunto dos pontos de Q nas quais f é descont´ınua. Então f é integrável se e só se B tem medida nula.

Demonstra¸c˜ao. (⇐) Suponhamos que B tenha medida nula. Seja ε > 0 fixado. Basta cobrir B com interiores de retˆangulos fechados Ui tais queP

∞

i=1v(Ui) < ε, e escolher para cada x ∈ Q \ B um

retˆangulo fechado Vx, contendo x em seu interior, com:

sup

t∈Vx

f (t) − inf

t∈Vx

(13)

CONTE ´UDO 0.3. AULA ? - 29 DE ABRIL

Pela compacidade de Q, ent˜ao existem Ui1, . . . , Uik, Vx1, . . . , Vxl que cobrem Q. Considere uma

parti¸c˜ao P tal que todo subretˆangulo esteja contida em algum dos Ui1, . . . , Uik, Vx1, . . . , Vxl. Sendo

M tal que ∀x ∈ Q :f (x)≤ M , ent˜ao:

S(f, P ) − s(f, P ) < εv(Q) + 2M ε. Portanto f ´e integr´avel.

(⇒) Suponhamos que f seja integr´avel. Para ε > 0 seja: Bε= {x ∈ Q : o(f, x) ≥ ε}. Ent˜ao: B = ∞ [ n=1 B1 n. ´

E suficiente mostar que cada B1

n tem medida nula. De fato mostraremos que cada B 1

n tem conte´udo

nulo. Seja k ≥ 1 um natural fixado. Seja ε > 0 fixado. Pela integrabilidade de f , existe uma parti¸c˜ao P de Q tal que:

S(f, P ) − s(f, P ) < ε k.

Podemos encerrar a demonstra¸c˜ao de pelo menos duas maneiras diferentes: Maneira 1 :

Seja P1 o conjunto dos subretˆangulos R de P que contˆem algum ponto de B1

k no interior. Ent˜ao

P1 cobre os pontos de B1

k que estiverem no interior de algum subretˆangulo de P , enquanto que as

bordas dos subretˆangulos de P cobrem o restante dos pontos de B1

k. É fácil ver que a reunião das

bordas dos subretângulos de P tem conteúdo nulo, assim pode ser coberto por uma cole¸cão finita de retângulos S1, . . . , Sl tais que v(S1) + · · · + v(Sl) < ε. Além disso, para R ∈ P1, então temos:

sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) ≥ 1 k. Assim: 1 k · P R∈P1 v(R) ≤ P R∈P1 sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) ! v(R) ≤ P R∈P sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) ! v(R) = S(f, P ) − s(f, P ) < ε k, de modo que: X R∈P1 v(R) < ε. Portanto B1

k pode ser coberto por S1, . . . , Sle os R ∈ P1e:

l X i=1 v(Si) + X R∈P1 v(R) < 2ε.

(14)

Maneira 2 :

Seja P2o conjunto dos subretˆangulos R de P tais que:

sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) > 1 4k. Para x ∈ B1

k, ent˜ao existem pontos a, b ∈ Q tais que:

f (a) − f (b)> 1 2k

e tamb´em {x, a} esteja contido em algum R ∈ P e {x, b} esteja contido em algum S ∈ P (os R e S podem ser iguais). Ent˜ao existe um c ∈ {a, b} tal que:

f (x) − f (c)> 1 4k, a´ı existe um R ∈ P tal que {x, c} ⊆ R, de modo que:

sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) > 1 4k, assim x ∈ R ∈ P2. Portanto os retˆangulos de P2 cobrem B1

k. Agora temos o seguinte:

1 4k · P R∈P2 v(R) ≤ P R∈P2 sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) ! v(R) ≤ P R∈P sup t∈R f (t) − inf t∈Rf (t) ! v(R) = S(f, P ) − s(f, P ) < _kε, de modo que: X R∈P1 v(R) < 4ε.